BEVEZETÉS AZ ALGEBRÁBA A gyakorlatok és a feladatok megoldásai

Átírás

1 KISS EMIL BEVEZETÉS AZ ALGEBRÁBA A gyakorlatok és a feladatok megoldásai A könyvet és a megoldásokat lektorálta: Dr. Freud Róbert egyetemi docens ISBN ISSN Budapest, 2007

2 Stanisław Lem emlékének, aki mindannyiunknál messzebbre látott.

3 Tartalom 1. Komplex számok Műveletek és tulajdonságaik A harmadfokú egyenlet megoldásának problémája Számolás komplex számokkal A komplex számok trigonometrikus alakja Egységgyökök és rendjeik Polinomok A polinom fogalma A szokásos számolási szabályok A polinomok alaptulajdonságai Polinomfüggvények és gyökök A gyöktényezős alak Többhatározatlanú polinomok Szimmetrikus polinomok A polinomok számelmélete Számelméleti alapfogalmak A maradékos osztás Gyökök és irreducibilitás Egész együtthatós polinomok Irreducibilitás a racionális számtest fölött A derivált és a többszörös gyökök A rezultáns és a diszkrimináns A harmad- és negyedfokú egyenlet A körosztási polinom Csoportok Példák szimmetriacsoportokra Permutációk előjele és ciklusfelbontása Izomorfizmus, ciklikus csoportok Mellékosztályok, Lagrange tétele Pálya és stabilizátor Generált részcsoport Homomorfizmusok és normálosztók Hogyan keressünk normálosztót? A direkt szorzat Szabad csoportok és definiáló relációk Prímhatványrendű csoportok, Sylow tételei Permutációcsoportok Feloldható és nilpotens csoportok 123 iii

4 iv TARTALOM Véges egyszerű csoportok Gyűrűk Részgyűrű, ideál, direkt szorzat Faktorgyűrű Egyszerű gyűrűk Láncfeltételek A számelmélet alaptétele A polinomgyűrű ideáljai Hányadostest Karakterisztika és prímtest Rendezett gyűrűk és testek Minimálpolinom algebrákban A számfogalom lezárása Galois-elmélet Testbővítések A szorzástétel és következményei Normális bővítések Testbővítések konstrukciója Szimmetriák és közbülső testek A Galois-elmélet főtétele Véges testek Geometriai szerkeszthetőség Egyenletek gyökjelekkel való megoldhatósága A legfeljebb negyedfokú egyenletek Modulusok Részmodulusok, homomorfizmusok Direkt összeg és függetlenség Elem rendje modulusban Végesen generált modulusok A felbontás egyértelműsége A Jordan-féle normálalak Homomorfizmusok csoportjai A tenzorszorzat Nemkommutatív gyűrűk Általános algebrák, hálók Hálók Algebrai struktúrák Kifejezések, polinomok, szabad algebrák Varietások Disztributív hálók és Boole-algebrák Moduláris hálók Galois-kapcsolat és fogalomanalízis Kategóriák és funktorok Hibajavító kódok Alapfogalmak Lineáris kódok Polinomkódok 220

5 TARTALOM v 9.4. Ciklikus kódok 221 Irodalom 223

6

7 1. fejezet Komplex számok 1.1. Műveletek és tulajdonságaik Vagdossunk le olyan darabokat a sakktábláról, ahol minden ráírt számból ugyanannyi van. Ilyenek például a 8 1-es téglalapok, vagy a 8 8-as négyzetek. A vagdosást végezzük úgy, hogy a végén a bal felső sarokban álló 4 4-es négyzet maradjon meg (ez az ábrán is látható). Ebben 0 szerepel, de 7 nem. Tehát a nullák és hetesek száma eredetileg sem lehetett egyenlő Jelölje fölülvonás a modulo m maradékképzést. Ahhoz, hogy ez a leképezés szorzattartó, azt kell igazolni, hogy xy = x m y. A maradékképzés definíciója miatt x = mp + x és y = mq + y, alkalmas p, q egészekre. Ezért xy = (mp + x)(mq + y) = m(mpq + py + xq) + x y. Tehát xy és x y különbsége osztható m-mel, és ezért ez a két szám ugyanazt a maradékot adja m-mel osztva. De xy maradéka xy, és x y maradéka x m y (a m definíciója szerint). Tehát xy = x m y. Az összegtartás ugyanígy, de egyszerűbb számolással igazolható. Az beli azonosságok igazolásához írjuk föl a megfelelő azonosságot egész számokra, majd vegyük mindkét oldal maradékát modulo m. Végül a kivonást definiáljuk az x m y = x + m ( y) képlettel (ellentett hozzáadása). A fenti módszerrel könnyű megmutatni, hogy x m y = x y, és hogy a fölülvonás a kivonást is tartja Az osztás a szorzás inverz művelete, és így a 2 : 3 (modulo 5 végzett) osztás eredménye akkor lesz x, ha 3 5 x = 2. A táblázat 3-hoz tartozó sorában a 2 maradék a 4 oszlopában szerepel, tehát a 2 : 3 osztás eredménye 4. Általában a b : a osztás modulo 5 elvégzése azt jelenti, hogy az a, b Z 5 maradékokhoz olyan x Z 5 maradékot keresünk, melyre a 5 x = b. Nullával nem tudunk osztani, hiszen ha a = 0, akkor b 0 esetén nincs ilyen x, ha meg b = 0, akkor minden x jó, tehát az eredmény nem egyértelmű. Ugyanakkor modulo 5 minden nem nulla maradékkal tudunk osztani. Ez abból következik, hogy minden nullától különböző maradéknak van reciproka, mint az a táblázatból leolvasható: az 1-nek és 4-nek önmaga, a 2 és 3 pedig egymás reciprokai modulo 5. De a táblázatból közvetlenül is láthatjuk, hogy minden nem nulla maradékkal lehet osztani, hiszen minden nem nulla elem sorában minden maradék előfordul. Modulo 6 az 1/3 osztás sem végezhető el, hiszen 3 6 x csak 0 vagy 3 lehet, 1 soha. Könnyű látni, hogy modulo 6 csak az 1 és 5 maradékokkal tudunk korlátlanul osztani, mert csak ezeknek van inverze (mindkettőnek önmaga) A modulo 5 táblázatban teljesül a nullosztómentesség, mert a nulla a szorzástáblának csak az első sorában és az első oszlopában fordul elő. Modulo 6 viszont nem teljesül, mert például = Egyik sem helyes. (1) Abból, hogy modulo 5 van megoldás, még nem következik, hogy az eredeti egyenletnek is van megoldása. (Az eredeti egyenletnek nyilván nincs megoldása, hiszen x 2 és y 2 mindenképpen nemnegatív egész számok, és így x 2 +10y 2 < 10 csak úgy lehetne, ha y = 0, de a 6 nem négyzetszám.) (2) Ez a gondolatmenet azonos az előzővel, tehát még mindig rossz. Az csak véletlen szerencse, hogy az egyenletnek most van megoldása, például x = y = 1, de igaz állításra is adható helytelen bizonyítás. (Például ugyanezzel a gondolatmenettel kijönne, hogy az x 2 + 5y 2 = 26 egyenletnek is van megoldása, ami nem igaz.) 1

8 2 1. KOMPLEX SZÁMOK Csak az a = 0, 1, 2, 3, 4 értékeket kell végignézni. Ha mondjuk 3 5 értékét akarjuk kiszámítani modulo 5, akkor a 3 5 szám Z-beli kiszámítása helyett gyorsabb, ha eleve modulo 5 maradékokkal számolunk. A 5 szorzást -gal jelölve a 3 négyzete 3 3 = 4, a 3 köbe tehát = 3 4 = 2, negyedik hatványa 3 2 = 1, ötödik hatványa 3 1 = 3. (Még gyorsabb, ha a negyedik hatványt a 3 3 négyzetre emelésével számítjuk ki.) Láthatjuk, hogy a hatványok ebben az esetben periodikusan ismétlődnek, tehát nagyon nagy kitevőkre is gyorsan kiszámíthatnánk őket. Ezzel a módszerrel könnyű ellenőrizni az 5 a 5 a oszthatóságot, és ugyanígy számolhatjuk ki azt is, hogy 5 a 4 1 pontosan akkor teljesül, ha a nem osztható öttel. Az első állításra közvetlen bizonyítást is nyerhetünk, ha az a 5 a = a(a + 1)(a 1)(a 2 + 1) szorzat alakot felhasználjuk A feladat eredménye: (1) 6 a 6 a az a szám sem 6k + 2, sem 6k + 5 alakú. (2) 6 a 5 1 az a szám 6k + 1 alakú. (3) 6 a 2 1 az a szám 6k +1 vagy 6k 1 (rövid jelöléssel 6k ±1) alakú. Másképp fogalmazva: az oszthatóság akkor áll fenn, ha a relatív prím a 6-hoz Csak azt kell ellenőrizni, hogy 1, 3, 5, 7 modulo 8 vett négyzete 1. Sőt, elég a négyzetre emelést elvégezni a ±1 és ±3 számokra, hiszen 5 és 3, illetve 7 és 1 ugyanazt a maradékot adják 8-cal osztva. A közvetlen bizonyítás: ha a páratlan számot 2k + 1 jelöli, akkor (2k + 1) 2 = 4k 2 + 4k + 1 = 4k(k + 1) + 1, és itt a szomszédos k és k + 1 valamelyike páros, azaz 4k(k + 1) osztható 8-cal. Tanulságos, hogy ez utóbbi, némi ötletességet igénylő bizonyítást helyettesíthetjük az előbbi gondolatmenettel, ami a modulo 8 számolási apparátus birtokában teljesen mechanikusan felfedezhető Modulo 5 számolva azt kapjuk, hogy 3 5 y = 2. A táblázat 3-hoz tartozó sorából leolvashatjuk, hogy y = 4 (valójában a 2 : 3 osztást végeztük el). Tehát y = 5k + 4 alkalmas k egészre. Az eredeti egyenletbe visszahelyettesítve x = 3k 1 adódik. Ez egész szám, tehát minden ilyen y-ra megoldást kaptunk. Így végtelen sok megoldás van, minden egész k-ra egy. Például k = 0 esetén (x, y) = ( 1, 4) Az x = 0,...,4 értékeket végigpróbálva modulo 5 számolással azt kapjuk, hogy az első oszthatóság az x = 5k+3 és x = 5k+4 alakú számokra teljesül. A második oszthatóságot x = 0,...,6 helyettesítéssel modulo 7 vizsgálva kapjuk, hogy ez semmilyen x-re sem teljesül Itt már fárasztó volna a 0,..., 100 számokat mind behelyettesíteni. Ki fogjuk használni, hogy a 101 prímszám, azaz ha osztója egy szorzatnak, akkor osztója valamelyik tényezőjének is. Ebből következik, hogy egy számnak legfeljebb két négyzetgyöke lehet modulo 101. Valóban, ha egy N számnak a is és b is négyzetgyöke mod 101, akkor a 2 és b 2 ugyanazt a maradékot adja 101-gyel osztva, mint N. Ezért 101 a 2 b 2 = (a b)(a + b), azaz 101 a b, vagy 101 a + b. Az első esetben a és b egyenlők modulo 101, a másodikban ellentettek. Így az N számnak a-n kívül csak a lehet még négyzetgyöke modulo 101, más nem. (1) Az oszthatóságot modulo 101 vizsgálva másodfokú egyenletet kapunk. Teljes négyzetté kiegészítéssel x 2 2x + 2 = (x 1) Legyen y = x 1, ekkor y 2 = 1 = 100. A 100-nak a 10 és a 10 = 91 négyzetgyöke, és a fentiek szerint több négyzetgyöke nincs modulo 101. Ezért y = 10 vagy y = 91. Tehát a megoldások: x = 101k + 11 és x = 101k + 92, ahol k egész. (2) Most is az előző módszert akarjuk alkalmazni, de két lépés is nehézséget okoz. Az első a teljes négyzetté alakítás. Ehhez az x-es tag együtthatóját (ami most páratlan) el kellene tudni osztani kettővel. De ezt meg lehet tenni modulo 101, hiszen 13 = 114, vagyis a feladatban 13 helyett 114-et (vagy 88-at) írhatunk. Ekkor x 2 114x 3 = (x 57) , és 3252 ugyanazt a maradékot adja 101-gyel osztva, mint 20. Tehát most az (x 57) 2 = 20 egyenletet kell megoldanunk. A második nehézség, hogy a 20-ból négyzetgyököt kell vonni modulo 101. Erre most nem tudunk más módszert, mint végigpróbálgatni a mod 101 maradékokat (amit el akartunk kerülni). Szerencsére 20 = 121, ami 11-nek a négyzete. Ezért a megoldások: x = 101k + 46 és x = 101k + 68.

9 1.2. A HARMADFOKÚ EGYENLET MEGOLDÁSÁNAK PROBLÉMÁJA 3 A feladat tanulsága, hogy a másodfokú egyenlet megoldóképlete valójában csak annyit tesz, hogy az egyenletet négyzetgyökvonásra vezeti vissza. Ezt a valós számok esetében kalkulátorral vagy táblázatosan közelítőleg el tudjuk végezni Nem fedhető le. A bizonyítás ötlete hasonló ahhoz, amit az Kérdés esetében alkalmaztunk a as tábla esetén, csak most a modulo 2 maradékokat írjuk a sakktáblára. Egyszerűbb úgy fogalmazni hogy 0 és 1 fölírása helyett a mezőket világosra és sötétre festjük, ahogy az a sakktáblán amúgy is szokásos. Ekkor a két hiányzó mező ugyanolyan színű, tehát a maradékon különbözik a világos és sötét mezők száma, márpedig ha létezne lefedés, akkor nem különbözne Ha m k, akkor a lefedés például soronként lehetséges. Ha nem, akkor számozzuk meg a sakktábla mezőit az Kérdés megoldásában látott módon a modulo m maradékokkal. Ha lenne jó lefedés, akkor most is az derülne ki, hogy a 0, 1,...,m 1 mindegyikét ugyanannyiszor írtuk föl a sakktáblára. Az Gyakorlat megoldásában szereplő vagdosási eljárással azt kapjuk, hogy ha r a k szám m-mel való osztási maradéka, akkor a bal felső r r-es négyzetben is ugyanannyiszor szerepel a 0, 1,...,m 1 számok mindegyike. Az r 1-es szám ennek a kis négyzetnek minden sorában pont egyszer szerepel (a mellékátló áll csupa r 1-ekből), azaz összesen r-szer. Tehát mind az m szám ennyiszer kell, hogy szerepeljen, azaz mr = r 2, hiszen ebben a négyzetben összesen r 2 szám van. Ez ellentmondás, mert r < m. (Máshogy is befejezhetjük a bizonyítást, ha észrevesszük, hogy a 0 az r r-es négyzet mindegyik sorában legfeljebb egyszer szerepelhet, de a második sorban egyáltalán nincs 0, és így ebben a négyzetben legfeljebb r 1 darab 0 lehet.) Vizsgáljuk p-t modulo 3. Ha a maradék 1 vagy 2, akkor p maradéka 0, azaz 3 p Mivel feltettük, hogy p is prímszám, ez csak úgy lehet, ha p = ±3, azaz p 2 = 1, vagy p 2 = 5, de mindkettő lehetetlen (hiszen ±1 nem prím). Tehát a p maradéka hárommal osztva csak 0 lehet, és mivel p prím, azt kapjuk, hogy p más, mint ±3, nem lehet. Ebben az esetben viszont p vagy 31, vagy 23, és mindkettő tényleg prímszám. Ha azt tesszük föl, hogy p is és p is prímszám, akkor a fenti gondolatmenetből most is látszik, hogy p csak ±3 lehet. De ekkor p = 14, ami nem prím. Tehát nincs ilyen p, és így a második állítás is igaz! Hiszen az összes ilyen prímre teljesül, hogy p is prímszám (mert nincs egy sem)! Senki sem vonja kétségbe, hogy e könyv minden Olvasója halandó, még akkor sem, ha történetesen senki sem olvassa el a könyvet. Sőt, az is igaz állítás, hogy ha p és p is prímszám, akkor 2 2 = 5, hiszen hamis feltételből bármi következik. Így az első kérdésre adott megoldásban, amikor már kijött, hogy p = ±3, nem kell ellenőrizni, hogy p prímszám-e. Ha nem lenne az, attól még az állítás érvényben maradna, legfeljebb csak még kevesebb p tenne eleget a feltételeknek A harmadfokú egyenlet megoldásának problémája Az y helyébe x + w-t írva x 2 + (2w + p)x + (w 2 + pw + q) = 0 adódik. Akkor tudjuk ezt közvetlenül, egy négyzetgyökvonással megoldani, ha nincs az egyenletben x-es tag, azaz ha 2w + p = 0, vagyis w = p/2. Ilyenkor x 2 = p 2 /4 q, ahonnan x, majd y = x p/2 is kifejezhető, és a másodfokú egyenlet szokásos megoldóképletét kapjuk Az y helyébe x + w-t írva, és az (x + w) 3 = x 3 + 3x 2 w + 3xw 2 + w 3 azonosságot használva azt kapjuk, hogy az x 2 -es tag együtthatója 3aw + b. Ez akkor és csak akkor lesz nulla, ha w = b/(3a). A helyettesítést elvégezve p = 3aw 2 + 2bw + c és q = aw 3 + bw 2 + cw + d adódik. (Azaz q az eredeti egyenlet bal oldalának a w helyen felvett értéke.) Nem láttuk be még azt sem, hogy az egyenletnek van ilyen gyöke. Azt mutattuk meg, hogy ha az x ilyen alakú, akkor megoldása az egyenletnek. Egyelőre csak reménykedünk, hogy a gyököket megkapjuk ezzel az eljárással.

10 4 1. KOMPLEX SZÁMOK A következő példa érzékelteti, hogy ezt az állítást nem láttuk be. Képzeljük el, hogy az x 3 + x + 1 = 0 egyenletet modulo 3 akarjuk megoldani. Mivel modulo 3 a szokásos szabályokkal számolhatunk, sőt a nem nulla maradékokkal könnyen láthatóan még osztani is lehet modulo 3, az x 3 + px +q = 0 megoldásához levezetett képletek modulo 3 is érvényesek. Az egyenletnek nyilván gyöke az 1 modulo 3. De 3uv = p = 1 soha nem teljesülhet, hiszen a bal oldal mindenképpen nulla lesz modulo Ha x és y megoldása az egyenletrendszernek, akkor az első egyenletből y = a x, ezért x(a x) = b, azaz x 2 ax + b = 0, tehát x megoldása a z 2 az + b = 0 másodfokú egyenletnek. Hasonló számolással (vagy annak kihasználásával, hogy az egyenletrendszer szimmetrikus x-ben és y-ban) látjuk, hogy y is megoldása ennek a másodfokú egyenletnek. Megfordítva, tegyük föl, hogy u megoldása a z 2 az + b = 0 egyenletnek. Ekkor u 2 au + b = 0, így z 2 az + b = z 2 az + b (u 2 au + b) = (z u) ( z (a u) ). Két valós szám szorzata csak akkor lehet nulla, ha valamelyik tényező nulla. Tehát a z 2 az + b = 0 egyenlet megoldásai u és a u, és más megoldása nincs. Mivel u +(a u) = a és u(a u) = au u 2 = b, ezért tényleg az egyenletrendszer megoldását kaptuk. Összefoglalva tehát a következő állítást láttuk be. A z 2 az + b = 0 egyenletnek legfeljebb két valós megoldása van. Ha kettő van: u 1 u 2, akkor az egyenletrendszernek is két megoldása van (és több nincs): (x, y) = (u 1, u 2 ) és (x, y) = (u 2, u 1 ). Ha csak egy van, és ez u (ilyenkor tehát z 2 az+b = (x u) 2 teljesül), akkor az egyenletrendszernek is egy megoldása van (és több nincs): (x, y) = (u, u). Ha egy sincs, akkor az egyenletrendszernek sincs megoldása Az (u + v) 3 = (u 3 + 3uv 2 ) + v(3u 2 + v 2 ) összefüggés miatt az első esetben ( 5 ) 3 ( = ) ( ) 4 és ez , hiszen 9 3 = = 243. A másik köbre emelés is hasonló Ha az y-os tagot akarjuk eltüntetni, akkor olyan w-t kell választanunk, melyre 3aw 2 + 2bw + c = 0. Ez másodfokú egyenlet w-re, aminek nem is biztos, hogy van valós megoldása, és ha van is, a kapott négyzetgyökös kifejezéssel nehezebb számolni, mint amikor az y 2 -es tagot tüntetjük el. Ha a konstans tagot akarjuk eltüntetni, akkor olyan w-t kell keresni, melyre aw 3 + bw 2 + cw + d = 0. Vagyis w megoldása kell, hogy legyen az eredeti egyenletnek! Tehát ezt a helyettesítést csak akkor tudjuk elvégezni, ha ismerünk egy megoldást, márpedig a cél éppen a megoldások megkeresése. Ezért hangsúlyoztuk azt, hogy az y 2 -es tag kiejtéséhez használt w (és az új egyenletben keletkező p és q) konkrétan kifejezhető az eredeti egyenlet együtthatóiból Ez a gondolatmenet az Gyakorlat fenti megoldásnak csak az első bekezdését pótolja Legyen u = és v = , továbbá x = u+v. Mint láttuk, x 3 = u 3 +v 3 +3uv(u+v). Mivel u 3 + v 3 = (7 + 50) + (7 50) = 14 és uv = 3 (7 + 50)(7 50) = 3 1 = 1, ezért azt kapjuk, hogy x 3 = ( 1) (u + v) = 14 3x. Mivel x egész szám, osztója kell legyen a 14-nek. A ±1, ±2, ±7, ±14 értékeket kipróbálva azt kapjuk, hogy csak x = 2 teljesíti az x 3 = 14 3x összefüggést. Ezzel azt láttuk be, hogy ha a kifejezés értéke egész szám, akkor csak 2 lehet, de még nem tudjuk, hogy x tényleg egész szám-e.,

11 1.3. SZÁMOLÁS KOMPLEX SZÁMOKKAL 5 A 0 = x x = (x 2)(x 2 + 2x + 7) szorzat alakból az adódik, hogy vagy x = 2, vagy x 2 + 2x + 7 = 0. Ez utóbbi összefüggést semmilyen valós x szám nem teljesíti, ezért beláttuk, hogy a feladatbeli kifejezés értéke 2. Másik megoldás: = (1 + 2) 3 és 7 50 = (1 2) 3, ahonnan ismét x = 2 adódik Az első állításhoz azt kell belátni, hogy negyedik hatványa 4. Ez közvetlen számolással látható, akár azonnal negyedik hatványra emelve a kifejezést, akár azt észrevéve, hogy (1+ 1) 2 = 2 1. Hasonlóan kapjuk, hogy az 1 1, 1 + 1, 1 1 kifejezések negyedik hatványa is 4. Később majd bebizonyítjuk, hogy ezeken kívül más hasonló kifejezés nincs, aminek a negyedik hatványa 4 lenne A felsorolt négy esetből kettőben ugyanaz a szám jön ki (csak fölcserélődik u és v), a másik két esetben azonban általában nem is kapunk megoldást (mert a képlet eredménye nem u + v lesz, hanem 2u, illetve 2v). Vigyázzunk, u 3 és v 3 a z 2 + qz (p/3) 3 másodfokú egyenlet mindkét gyökét ki kell, hogy adja (lásd az Gyakorlat megoldását), és ezért nem választhatjuk a négyzetgyök előjelét mindkétszer ugyanannak. A képlet mindazonáltal helyesen van fölírva, mert valós számok körében az a megállapodás, hogy a négyzetgyök, ha elvégezhető, mindig a pozitív eredményt jelöli Nem, hanem csak azt jelenti, hogy nagyon gondosan meg kell vizsgálnunk, hogy az új kifejezésekkel milyen szabályok szerint számolhatunk. Ez az átalakítás mindössze azt mutatja, hogy a ab = a b összefüggés (amit felhasználtunk) nem fog érvényben maradni az új kifejezésekre A részletes megoldás (harmadfokú helyett tetszőleges páratlan fokú polinomra) elolvasható az E.3.4. Tétel bizonyításában Számolás komplex számokkal Ha lehetne, azaz egyenlők lennének, akkor a 2 + 3i = 4 + 5i egyenlőségből átrendezéssel 2i = 2 adódna, négyzetre emelve 4 = 4, ami ellentmondás. Ez mutatja, hogy általában az a + bi és c + di számokat különbözőnek kell definiálnunk, ha a b vagy c d. Ha így teszünk, akkor még reménykedhetünk, hogy a komplex számokkal való számolás nem vezet majd ellentmondásra Legyen x = a + bi, y = c + di és z = e + f i. Ekkor az összeadás és a szorzás definícióját alkalmazva (x + y)z = ( (a + c) + (b + d)i ) (e + f i) = = (ae + ce bf d f ) + (a f + cf + be + de)i. Az xz + yz kifejezést hasonlóan kiszámítva ugyanezt a végeredményt kapjuk A z számot a + bi alakban kereshetjük. Ekkor 1 = (a + bi)(1 + i) = (a b) + (a + b)i. Két komplex szám akkor egyenlő, ha a valós és a képzetes részeik is egyenlők. A valós részek az 1 = a b, a képzetes részek a 0 = a + b egyenlőséget adják. Az egyenletrendszert megoldva z = (1/2) (1/2)i adódik Ha z valós, akkor zz = z 2. Ezért pozitív z esetén zz négyzetgyöke maga z lesz. Ha viszont z negatív valós szám, akkor zz négyzetgyöke z lesz, hiszen valós szám esetében a négyzetgyökjel a négyzetgyök két értéke közül mindig a nemnegatívat jelöli (1) Az eredmények 5 + i, i, (1/13) + (5/13)i.

12 6 1. KOMPLEX SZÁMOK (2) Mindkét eredmény 1. Az első tört esetében ez még kiszámolható, a második esetében már nem igazán. Azt kell észrevenni, hogy a számláló és a nevező abszolút értéke ugyanaz, és az Gyakorlat szerint az abszolút érték tartja az osztást. (3) (1 + i) 2 = 2i, ezért (1 + i) 4 = (2i) 2 = 4. Mivel 1241 = , ezért a végeredmény (1 + i) 1241 = ( 4) 310 (1 + i) = i. (4) Az eredmény 8. (1) 0 = x = (x + i)(x i), tehát a nullosztómentesség miatt x = i vagy x = i. (2) x = (x + 2 3i)(x 2 3i), ezért x = ±2 3i. (3) 0 = x 2 + 2x + 2 = (x + 1) (a másodfokú egyenlet megoldási módszerét alkalmaztuk). Innen (1) szerint x + 1 = ±i, tehát x = 1 ± i. (4) 0 = x 2 + 2ix 1 = (x + i) 2, tehát x = i Ha i = (c + di) 2 = c 2 d 2 + 2cdi, akkor a valós és képzetes rész egyértelműsége miatt c 2 d 2 = 21 és cd = 10. Tehát c = 10/d, és a másik egyenletbe visszahelyettesítve, majd d 2 -tel szorozva d 4 21d adódik. Ez d 2 -re másodfokú egyenlet, a megoldóképletből d 2 = 25 vagy d 2 = 4. Ez utóbbi lehetetlen, mert d valós. Tehát d = ±5, és akkor c = 10/d miatt c + di = ±(2 + 5i). Ez a gondolatmenet elmondható a i helyett az általános a + bi-re is. Feltehetjük, hogy b 0, hiszen valós számból tudunk négyzetgyököt vonni. A számolást elvégezve d 2 = ( a ± a 2 + b 2 )/2 adódik. Amikor a négyzetgyök előtt negatív előjel van, akkor biztosan negatív eredményt kapunk d 2 -re, mert a2 + b 2 a, ez tehát hamis gyök. Amikor a négyzetgyök előtt pozitív előjel van, akkor ugyanezért d 2 -re nemnegatív eredményt kapunk. A 2cd = b összefüggés alapján c értékét is megkaphatjuk. A nevezőbeli csúnya gyökös kifejezéstől megszabadulhatunk, ha a törtet a + a 2 + b 2 -tel bővítjük. De azt is megtehetjük, hogy inkább c értékét is a d-hez hasonlóan, a megfelelő másodfokú egyenletből kapjuk meg. Bármelyik módszerrel számolunk, a végeredmény a következő lesz: a + a 2 + b 2 a + a a + bi = ± ± i 2 + b Ez látszólag négy megoldás, ezért hozzá kell tenni, hogy a 2cd = b összefüggés miatt pozitív b esetén a két négyzetgyök előjelét egyformának, negatív b esetén különbözőnek kell választani. A képletből látszik, hogy minden nem nulla komplex számnak pontosan két négyzetgyöke van a komplex számok között. Ezt a következő szakaszban más módszerrel is be fogjuk látni. A fenti képletet nem érdemes megtanulni, inkább a levezetéséhez használt módszert (vagy a következő szakaszban tanulandókat) érdemes alkalmazni, ha négyzetgyököt kell vonni. Az x 2 + (i 2)x + (6 6i) = 0 egyenlet megoldásához vegyük észre, hogy a másodfokú egyenlet megoldásakor használt módszerünk komplex számokra is ugyanúgy érvényes. Valóban, ellenőrizhetjük, hogy az Kérdés megoldásakor csak a szokásos számolási szabályokat használtuk (amik az Állításban vannak felsorolva), valamint azt, hogy a komplex számok között is lehet osztani. Tehát a fenti egyenlet megoldásához egyszerűen behelyettesíthetünk az ismert megoldóképletbe. A négyzetgyök alatt pontosan i fog állni, amiből most vontunk négyzetgyököt. Az eredmény 2 + 2i és 3i Az első négy egyenletre alkalmazhatjuk a másodfokú egyenlet megoldóképletét és az előző feladatban leírt négyzetgyökvonási eljárást. (1) (1 ± i)/ 2. (2) ( 3 ± 7i)/2. (3) 3 i és 1 + 2i. (4) 1 i és (4 2i)/5.

13 1.4. A KOMPLEX SZÁMOK TRIGONOMETRIKUS ALAKJA 7 (5) Vegyük mindkét oldal abszolút értékét. Mivel x = x, de 3 + 2i 1, csak az x = 0 megoldás. Második (csúnyább, de mechanikus) megoldás: az x = a + bi helyettesítéssel, a szorzást elvégezve a + bi = (3a + 2b) + (2a 3b)i adódik. A valós részeket nézve innen a = 3a + 2b, a képzetes részeket nézve b = 2a 3b. Ennek az egyenletrendszernek csak a = b = 0 megoldása. (6) Írjuk x-et a + bi alakba. Ekkor a + bi = 2a adódik, tehát a = 2a és b = 0. Vagyis csak az x = 0 megoldás. Eljárhattunk volna úgy is, hogy észrevesszük: x csak valós lehet, mert az egyenlet jobb oldala valós, de valós szám valós része önmaga, tehát az x = 2x egyenletet kell megoldanunk. (7) Az x = a + bi alakot behelyettesítve a = 2a adódik, azaz a = 0. Ezért a megoldások a tisztán képzetes számok Ha z = a + bi és w = c + di, akkor z w = (ac bd) (ad + bc)i = z w Az (1) és (3) lesz igaz. (1) Igaz, azt kell belátni, hogy z w = z w. Ez közvetlenül kiszámolható. Második megoldásként vegyük észre, hogy az összegtartás miatt z w = z + ( w). Így elég megmutatni, hogy a konjugálás az ellentettképzést tartja, azaz hogy w = w. Legyen u = w, akkor ismét az összegtartás miatt 0 = 0 = u + w = u + w, amiből az állítás következik. (2) Nem igaz, például 1 + ( 1) (3) Igaz, és a bizonyítás teljesen analóg az (1)-beli második megoldással. Tekintsük a z/w hányadost, és legyen u = 1/w. A szorzattartás miatt z/w = zu = z u. Másfelől uw = 1 miatt u w = 1, és így z / w = z u = z/w A komplex számok trigonometrikus alakja Az eredmények a következők. (1) 1 + i = 2(cos 45 + i sin 45 ) és 1 i = 2(cos i sin 315 ). (2) 3 + i = 2(cos 30 + i sin 30 ) és 1 3i = 2(cos i sin 240 ) Az Olvasót arra biztatjuk, hogy a megoldást geometriailag gondolja végig, mi algebrai bizonyítást adunk. Legyen z = r(cos α + i sin α) = s(cosβ + i sinβ). Mivel r és s pozitív valós számok, továbbá cosα + i sinα = cos β + i sinβ = 1, ezért r = z = s. Az egyenlőség mindkét oldalát szorozzuk be cos( α)+i sin( α)-val. Ekkor a szorzat képlete miatt cos(α α)+i sin(α α) = cos(β α)+i sin(β α) adódik. A valós és képzetes részeket összehasonlítva cos(β α) = 1 és sin(β α) = 0, ahonnan az állítást kapjuk. A megfordítás nyilvánvaló Legyen z = r(cosα + i sin α) és w = s(cosβ + i sin β). Olyan u számot keresünk, amit w-vel megszorozva z-t kapunk. Keressük u-t is trigonometrikus alakban, azaz legyen u = t(cos γ + i sinγ). Ekkor r(cosα + i sin α) = z = uw = ts ( cos(γ + β) + i sin(γ + β) ). A trigonometrikus alak egyértelműségéből r = st, és α = β + γ (pontosabban α (β + γ) a 360 egész számú többszöröse). Ezért z/w = (r/s) ( cos(α β) + i sin(α β) ). Vagyis a hosszakat osztani kell, a szögeket pedig kivonni (modulo 360 ) A z a z tükörképe a valós tengelyre. A z w az a vektor, ami a w pontból a z pontba mutat, ennek abszolút értéke a hossza, vagyis z és w távolsága Vigyázzunk, a cos α i sin α szám nincs trigonometrikus alakban, ennek szöge ugyanis α (vagy 2π α). Az eredmények: (1) cos i sin 300.

14 8 1. KOMPLEX SZÁMOK (2) ( 6/2)(cos i sin 315 ). (3) cos(90 α) + i sin(90 α). (4) cos 2α + i sin 2α. (A törtet bővítsük cos α-val, majd alkalmazzuk a hányados trigonometrikus alakjáról szóló képletet, lásd Gyakorlat.) Az ilyen feladatok megoldásának kétféleképpen vághatunk neki. Megpróbálhatjuk, hogy z helyébe x + yi-t helyettesítünk. A műveletek elvégzése után olyan összefüggést kapunk x és y között, amit koordináta-geometriai módszerekkel érthetünk meg, például ráismerhetünk egy egyenes, vagy egy kör egyenletére. Ez a módszer azonban sok számolással jár. Ezért előbb érdemes meggondolni, hogy a feladatból nem olvashatunk-e le közvetlenül geometriai jelentést. Ha sikerül, akkor általában elegáns megoldást kapunk. (1) Ha z = x + yi, akkor z i = x + yi i = (x + 3) + (y + 2)i. Mivel x + 3 és y + 2 valós számok, ennek a számnak a valós része x + 3. Tehát az x egyenlőtlenséget kapjuk. Innen x 5, tehát a keresett alakzat egy félsík, amelyet az x = 5 egyenletű függőleges egyenes határol. (2) Ha z = x + yi, akkor x + 1 y 3 adódik, vagyis y x + 4. Ez is egy (zárt) félsík, ami az y = x + 4 egyenes alatt lévő pontokból áll, az egyenest is beleértve. (3) Ha koordináta-geometriára vezetjük vissza az állítást, akkor egy kör egyenletét kell felismernünk. Jobb azonban, ha közvetlenül okoskodunk. A z 1 i szám az Gyakorlat szerint a z és 1+i pontok távolsága. Az egyenlőtlenség tehát azt fejezi ki, hogy a z pont az 1 + i ponttól legfeljebb 3 egység távolságra van. Vagyis egy zárt körlapot kapunk, melynek sugara 3, középpontja (1, 1). (4) Ugyancsak az előző feladat szerint ez azon z pontok halmaza, amelyek a 3 2i és a 4+i pontoktól egyenlő távolságra vannak, azaz a két pontot összekötő szakasz felező merőlegese. (5) Ez koordináta-geometriával egyszerűbb. Mondhatjuk azonban a következőt is: a z a z tükörképe a valós tengelyre. Ha e két vektor összege 1, akkor egy rombuszt kapunk, mely átlójának két végpontja 0 és 1. Így a másik két csúcs a Re(z) = 1/2 függőleges egyenesen van. (6) Az első halmaznál z 2 = zz = 1, tehát az egységkört kapjuk. A második halmaz esetében átszorzással 1 + 8z = z 2 adódik. Mivel z valós, z is az, és így z 2 = z 2. A másodfokú egyenletből z = 4 ± 17 adódik. (7) Mivel r = z nemnegatív valós, iz = r-et i-vel osztva z = ir adódik, azaz a keresett halmaz a képzetes tengely negatív része a nullával együtt. Ennek minden pontja jó, mert ir = r. (8) A (z 1)/(z+1) törtet a nevező konjugáltjával bővítve a számláló (z 1)(z+1) = ( z 2 1)+(z z) lesz. Itt z 2 1 valós, z z pedig tisztán képzetes. Tehát a (z 1)/(z + 1) valós része akkor és csak akkor nulla, ha z = 1, a képzetes része pedig akkor nulla, ha z = z, vagyis ha z valós. Vagyis az első halmaz az egész valós egyenes, kivéve a 1 számot, a második halmaz pedig az egész egységkör, szintén kivéve a 1 számot. (9) A z = x + iy helyettesítéssel (x + 2) 2 + y 2 = 4 adódik, vagyis ez a ( 2, 0) középpontú, 2 sugarú kör. Ezt Apollóniusz-körnek nevezik: azon pontok mértani helye, amelyek távolságának aránya két adott ponttól állandó (ha az arány 1, akkor a két pont felező merőlegesét kapjuk) A keresett transzformációk a következők. (1) Az origóból való háromszorosra nyújtás, majd eltolás az x-tengely pozitív felének irányába két egységgel. (2) Forgatva nyújtás az origóból: 45 -kal forgatunk és 2-szeresre nyújtunk. Ez az 1 + i trigonometrikus alakjából olvasható le. (3) A z pont képe a z-t az origóval összekötő félegyenesen van, és távolsága az origótól a z távolságának reciproka. Ezt a transzformációt az egységkörre vonatkozó inverziónak nevezik. Nevezetes tulajdonsága, hogy kört és egyenest is körbe vagy egyenesbe visz. Hasonló tulajdonságúak a z (az + b)/(cz + d), úgynevezett törtlineáris transzformációk is.

15 1.4. A KOMPLEX SZÁMOK TRIGONOMETRIKUS ALAKJA Az eredmények a következők. (1) (z + w)/2. Ez leolvasható például az 1.1. ábráról, hiszen a paralelogramma átlói felezik egymást. (2) {x C : x z = x w }. (3) {x C : x z = w z }. (4) iz. (5) i(z w). (6) A z w vektort kell +90 -kal elforgatni, majd a kezdőpontját w-be tenni, ami azt jelenti, hogy a végpontja i(z w) + w-ben lesz. Mindez az 1.4. ábráról (22. oldal a tankönyvben) is leolvasható. (7) Ha x a keresett pont, akkor az x-ből z-be mutató vektor ±90 -kal történő elforgatottja x-ből w-be mutat. Vagyis (z x)i = w x, illetve (z x)( i) = w x. Innen x-re (w zi)/(1 i), illetve (w + zi)/(1 + i) adódik. Második megoldás. A w csúcsból z-t ±90 -kal elforgatva az eredmény ±i(z w) + w, ez a két keresett négyzet z-vel átellenes csúcsa. Ezért a keresett középpont ennek és a z számnak a számtani közepe. (8) Legyen ε = cos i sin 120, ekkor ε 2 = ε = cos i sin 240. Az előzőhöz hasonlóan (w εz)/(1 ε), illetve (w ε 2 z)/(1 ε 2 ) adódik. Második megoldás. A háromszög harmadik csúcsát megkaphatjuk 60 -os elforgatással. A keresett középpont a háromszög súlypontja, vagyis a három csúcshoz tartozó számok számtani közepe A négyzet négy csúcsa legyen A, B, C, D, pozitív körüljárás szerint. Ekkor az AB oldalra kifelé írt négyzet középpontja az előző feladat (7) pontja miatt (B + Ai)/(1+i). A másik három négyzet középpontját ugyanígy kapjuk. A szemközti négyzetek középpontját összekötő két vektor tehát 1 ( ) 1 ( ) (B + Ai) (D + Ci), illetve (C + Bi) (A + Di). 1 + i 1 + i Az első vektor i-szerese a második, így a kettő egyenlő hosszú és merőleges Legyen ε = cos 120 +i sin 120 és η = cos 60 +i sin 60. A szabályos hatszöget felrajzolva látjuk, hogy η = 1 + ε és 1 + ε + ε 2 = 0, továbbá nyilván η 2 = ε és εη = 1. Ha a háromszög csúcsai A, B, C, akkor az Gyakorlat (8) pontja miatt az AB csúcsra kifelé írt szabályos háromszög középpontja X = 1 (A εb). 1 ε Analóg módon írhatjuk föl a másik két szabályos háromszög középpontját is, jelölje ezeket Y és Z. Azt kell belátni, hogy az XY vektort 60 -kal elforgatva az X Z-t kapjuk, azaz (Y X)η (Z X) = 0. Behelyettesítve, 1 ε-nal szorozva, és A, B, C szerint rendezve a következőt kapjuk: A( η + ε + 1) + B(η + εη ε) + C( εη 1). A fenti összefüggések miatt itt A, B és C együtthatója is nulla Csak a megoldás ötletét mondjuk el, a diszkussziót az Olvasóra hagyjuk. Két komplex szám hányadosának szöge a szögek különbsége. Ez a hányados tehát akkor lesz pozitív valós, ha a két vektor szöge ugyanaz (hiszen a pozitív valós számok szöge 0 ), és akkor lesz negatív valós, ha a két vektor iránya ellentétes (hiszen a negatív valós számok szöge 180 ). Rögzítsük a z 1 és z 2 pontokat. Ekkor (z 3 z 1 )/(z 3 z 2 ) szöge a z 1 z 2 z 3 háromszögnek a z 3 -nál levő szöge. A kettősviszony tehát akkor pozitív valós, ha a z 1 z 2 szakasz a z 3 és z 4 pontokból ugyanolyan szögben látszik, vagyis ha z 3 és z 4 ugyanazon a látóköríven van. A kettősviszony akkor lesz negatív valós, ha z 3 és z 4 ugyanazon a látókörön van, de ellentétes íveken. Az egyenest azért kell megengedni, mert a vizsgált háromszögek el is fajulhatnak Legyenek a négyszög csúcsai rendre A, B, C, D. Ekkor (A B)(C D) + (A D)(B C) = (A C)(B D), hiszen ez azonosság. A háromszög-egyenlőtlenség miatt innen (A C)(B D) (A B)(C D) + (A D)(B C).

16 10 1. KOMPLEX SZÁMOK De a bal oldalon ef, a jobb oldalon ac+bd áll. Egyenlőség akkor van, ha (A B)(C D) és (A D)(B C) (párhuzamos és) egyenlő állású, vagyis ha a hányadosuk pozitív valós szám. Az előző feladat szerint ilyenkor ABC D húrnégyszög. Megfordítva, ha ABC D konvex húrnégyszög, akkor az A és C csúcsoknál levő szögek összege 180, ahonnan az előző feladat megoldása szerint következik, hogy (A B)(C D) és (A D)(B C) hányadosa pozitív valós. A diszkussziót most is az Olvasóra hagyjuk Az Útmutatóban leírtak alapján legyen ε = cos(x/2)+i sin(x/2). A keresett összeg ε 2 +ε ε 2n képzetes része. A mértani sort összeadva az eredmény ε 2ε2n 1 ε 2 1 = εn+1εn (1/ε n ) ε (1/ε). De ε (1/ε) = 2i sin(x/2) és ε n (1/ε) n = 2i sin(nx/2). Így és sin x + sin(2x) sin(nx) = sin ( (n + 1)x/2 ) sin(nx/2) sin(x/2) cos x + cos(2x) cos(nx) = cos ( (n + 1)x/2 ) sin(nx/2). sin(x/2) A végeredmény birtokában az állítás már komplex számok nélkül is igazolható, n szerinti indukcióval. Egy harmadik megoldást, amelyhez nem kell előre tudni a fenti végeredményt, a következőképpen kaphatunk. A sinα sin β = ( cos(α β) cos(α + β) ) /2 ismert azonosság, amely következik a cos függvény addíciós képletéből. Ezért sin(kx) sin(x/2) = (1/2) [ cos (( k (1/2) ) x ) cos (( k + (1/2) ) x )]. Ezt k = 1, 2,...,n-re összeadva a tagok nagy része kiesik (egy úgynevezett teleszkopikus összeget kapunk), ahonnan ( sin x + sin(2x) sin(nx) ) sin(x/2) = (1/2) [ cos(x/2) cos (( n + (1/2) ) x )]., A sin α sin β = ( cos(α β) cos(α + β) ) /2 képletet ismételten alkalmazva ez a fenti alakra hozható Egységgyökök és rendjeik Az r pozitív valós szám, és az n-edik gyökét is a pozitív valós számok között keressük. Az analízis eredményei szerint ilyen n-edik gyök mindig pontosan egy van Keressük az n-edik gyököket w = s(cos β + i sin β) alakban, ekkor w n = s n (cos nβ + i sin nβ) = r(cos α + i sin α). A trigonometrikus alak egyértelműsége miatt s = n r, és nβ α = 2kπ, ahol k egész szám. A k számot helyettesíthetjük az n-nel való osztási maradékával, mert ez a β = (α + 2kπ)/n szöget csak 2π egész többszörösével változtatja meg Ha z > 1, akkor 1 < z < z 2 < z 3 <..., azaz nem lesz közöttük egyenlő. Sőt az egész kitevőkre sem, mert 1 = z 0 > z 1 >... meg egyre kisebb lesz. Ugyanez a helyzet akkor, ha z < 1, mert akkor minden egyenlőtlenség fordítva van. (Elegánsabban: a z helyett az 1/z-re mondható el a fenti gondolatmenet, aminek már 1-nél nagyobb az abszolút értéke, viszont a hatványai ugyanazok, mint a z hatványai.) Tehát csak z = 1 jön szóba, vagyis z = 1 vagy 1. Az 1 hatványai egyesével, a 1 hatványai kettesével ismétlődnek. Az 1 első, a 1 második egységgyök Először képzeljük azt, hogy a bolha kettesével ugrál. Ha n páratlan, akkor az első körben pont átugorja a kiindulópontot, és így n lépést megtéve, minden csúcsot érintve, két kör után ér haza. Ha viszont az n páros, akkor már n/2 lépés, és egy kör megtétele után hazaér, miközben a csúcsok felét kihagyja.

17 1.5. EGYSÉGGYÖKÖK ÉS RENDJEIK 11 Számozzuk be az n-szög csúcsait a 0, 1,...,n 1 számokkal, és képzeljük azt, hogy a bolha a 0 sorszámú csúcsról indul. Ha k-asával ugrál, akkor m lépést megtéve a km-es csúcson lesz (pontosabban ennek az n-nel való osztási maradékán). Ez akkor a kiindulópont, ha n km. A legkisebb ilyen m számot keressük. Nyilván n km n (n, k) k (n, k) m (itt az (n, k) legnagyobb közös osztót jelöl). Mivel n/(n, k) és k/(n, k) relatív prímek, ez az oszthatóság akkor és csak akkor érvényes, ha n (n, k) m (az elemi számelméletből ismert állítást használtunk föl, amit általánosabban belátunk majd a Gyakorlatban). A legkisebb ilyen (pozitív) m természetesen maga az n/(n, k). Ezért a bolha ennyi lépést tesz meg, amikor először visszaér (és ennyi csúcsot is érint). Ezalatt k-szor ennyi távolságot tesz meg, és mivel a kör hossza n, a megtett körök száma a megtett távolság n-edrésze, vagyis k/(n, k). Megjegyezzük, hogy a fenti gondolatmenet negatív egész k számokra is érvényes, ebben az esetben a bolha visszafelé ugrál A megoldáshoz felhasználjuk a gyökvonás képletét ( Gyakorlat). Néhány esetben egyszerűbb csak egy gyököt megkeresni, és azt az egységgyökökkel végigszorozni. (1) A harmadik egységgyökök, algebrai alakban 1 és 1/2 ± i 3/2. (2) A 4 trigonometrikus alakja 4(cos i sin 180 ). A negyedik gyökök ±1 ± i. (3) 3 i = 2(cos 330 +i sin 330 ), a gyökvonás képlete szerint a 8-adik gyökök hossza 8 2, szögeik 41, 25 + k 45, ahol 0 k < 8. (4) Ezek azok a 2n-edik egységgyökök, amelyek nem n-edik egységgyökök. Szögeik a 2π/2n páratlan többszörösei, hosszuk Elég meghatározni a rendeket, mert ezután a válasz a következő gyakorlat megoldásából leolvasható. Az Állítást használjuk. Az 1 + i és a cos( 2π) + i sin( 2π) rendje végtelen, az (1 + i)/ 2 szöge 360 /8, tehát rendje 8, végül cos(336 )+i sin(336 ) rendje a 336/360 tört egyszerűsített alakjának nevezője, azaz Ha egy egységgyök rendje d, akkor csak az n = d esetben lesz primitív n-edik egységgyök, és pontosan a d n számokra lesz lesz n-edik egységgyök, hiszen ezek a jó kitevői Ha ε n = i, akkor ε 4n = i 4 = 1, ezért ε rendje véges, és 4n-nek osztója. Ha o(ε) = d, akkor ε d = 1. Innen 1 = ε dn = i d, és így 4 = o(i) d Mivel ε 512 = 1, ezért ( iε) 512 = 1. Így o( iε) 512. De 512 = 2 9, tehát ha o( iε) 512, akkor már o( iε) 256 is teljesül. De ez lehetetlen, mert ( iε) 256 = ε 256, ami nem 1, mert 512 a legkisebb pozitív jó kitevője ε-nak. Tehát o( iε) = 512. Második megoldás. Az Állítást használjuk föl. Az ε szöge a 360 -nak k/512-szöröse, ahol (k, 512)=1. Speciálisan k páratlan szám. Mivel a i szöge a 360 -nak 1/4-szerese, ezért iε szöge a 360 -nak (k/512) (1/4) = (k 128)/512-szöröse. Ez egyszerűsíthetetlen tört, hiszen a nevező 2-hatvány, a számláló pedig páratlan. Ezért iε rendje is Ha ε rendje 4-gyel osztható, akkor o( ε) = o(ε). Ha csak kettővel osztható, de 4-gyel nem, akkor o( ε) = o(ε)/2. Végül ha o(ε) páratlan, akkor o( ε) = 2 o(ε). Minderre két bizonyítást is adunk. Legyen o(ε) = n. Első megoldás. Keressük meg a ε jó kitevőit. Nyilván ( ε) k = ( 1) k ε k. Ez akkor lesz 1, ha ε k = ( 1) k. Speciálisan k = 2n jó kitevő. Négyzetre emelve ε 2k = 1, azaz n 2k minden k jó kitevőre. Vagyis ha d = o( ε), akkor n 2d és d 2n. Tehát nx = 2d és dy = 2n alkalmas x, y pozitív egészekre, ahonnan xy = 4 adódik. Így d/n (ami x/2) csak 1, 2, vagy 1/2 lehet.

18 12 1. KOMPLEX SZÁMOK Ha n páratlan, akkor n 2d-ből n d, és mivel n nem jó kitevő ilyenkor, d = 2n. Ha n páros, akkor már n is jó kitevő, tehát d n, és így az a kérdés, hogy n/2 mikor jó kitevő. Nyilván (ε) n/2 = 1 (mert (ε) n/2 négyzete 1, de önmaga nem 1). Tehát n/2 akkor jó kitevő, ha ( 1) n/2 = 1, azaz ha 4 n. Ilyenkor d = n/2, különben csak d = n lehet. Második megoldás. Ismét az Állítást használjuk. Legyen ε szöge 360 -nak k/n-szerese, ahol (k, n) = 1. Mivel 1 szöge 360 /2, a ε szöge 360 -nak (k/n) + (1/2) = (2k + n)/(2n)-szerese. Azt kell megvizsgálnunk, hogy ennek a törtnek mennyi a nevezője az egyszerűsítés után. Könnyű meggondolni, hogy a számlálónak és a nevezőnek nem lehet 2-től különböző prímosztója. Tehát az a kérdés, hogy a 2 melyik hatványával lehet egyszerűsíteni. Ha n páratlan, akkor már 2-vel sem lehet egyszerűsíteni, mert a számláló páratlan. Ha n páros, akkor (k, n) = 1 miatt k páratlan. Ilyenkor 2-vel lehet egyszerűsíteni, és a számláló k + n/2 lesz. Ha 4 n, akkor ez páratlan, tehát nem lehet tovább egyszerűsíteni. Ha 4 n, akkor még 2-vel egyszerűsíthetünk, de tovább már nem, a nevező miatt Az első esetben a tizenkettedik egységgyököket kapjuk, mindegyiket kétszer, a másodikban a negyvenkettedikeket, mindegyiket egyszer Az (1)-ben a közös gyökök azok az ε számok, melyekre ε n = 1 = ε m, vagyis amelyek rendje osztója m-nek is és n-nek is. Ezek tehát pontosan az (n, m)-edik egységgyökök, így számuk (n, m). A (2) esetében ha ε m = 1 és η n = 1, akkor nyilván (εη) mn = 1. Végül (3)-at látjuk be. Legyen o(ε) = m és o(η) = n. Ha m és n nem relatív prímek, akkor legkisebb közös többszörösük, amit [m, n] jelöl, kisebb, mint a szorzatuk. De (εη) [m,n] = 1, tehát εη rendje kisebb, mint mn. Tegyük most föl, hogy m és n relatív prímek. Legyen d = o(εη), be kell látni, hogy d = mn. A (2) miatt ehhez elég, hogy mn d, ehhez pedig, hogy m d és n d (hiszen m és n relatív prímek). Szimmetriaokokból elég csak az első oszthatóságot megmutatni. Nyilván (εη) d = 1. Ezt n-edik hatványra emelve 1 = ε nd η nd = ε nd. Ezért m = o(ε) nd. Mivel (n, m) = 1, ebből következik az állítás Elsőnek az n-edik egységgyökök összegét számítjuk ki. Hogyan fogná föl ezt a feladatot egy fizikus? Azt mondaná, hogy egy szabályos sokszög csúcsaiba mutató vektorok s átlaga a súlypontba, vagyis a sokszög középpontjába mutat. Azért a középpontjába, mert a sokszög szimmetrikus. Ha nem a középpontba mutatna, akkor el lehetne forgatni a sokszöget úgy, hogy önmagába menjen, de s elforduljon, ami lehetetlen. Ez a megoldás elemi geometriával teljesen precízzé tehető. Második megoldásként ezt a gondolatmenetet modellezzük algebrailag. Jelölje S az n-edik egységgyökök összegét, és legyen ε az az egységgyök, melynek szöge 2π/n. Ezzel a szöggel forgassuk el az S összeget, azaz szorozzuk meg ε-nal. Ekkor az összeg tagjai ugyanazok maradnak, csak más sorrendben lesznek fölírva. Ezért Sε = S. Innen S = 0 vagy ε = 1 következik. De ε = 1 pontosan akkor, ha n = 1. Tehát a keresett összeg nulla, kivéve ha n = 1, amikor az összeg értéke 1. Amikor az n-edik egységgyökök szorzatát vizsgáljuk, akkor másik ötlet segít. Párosítsuk mindegyik egységgyököt a konjugáltjával. Ez azért hasznos, mert εε = ε 2 = 1, vagyis a konjugáltak kiejtik egymást. Marad azoknak az egységgyököknek a szorzata, amelyeknek a párja önmaga, azaz amelyek valósak. Ilyen egységgyök csak az 1 és a 1 lehet. Ha n páros, akkor a 1 is szerepel az n-edik egységgyökök között, ezért az eredmény 1. Ha n páratlan, akkor viszont 1 a keresett szorzat értéke. Megjegyezzük, hogy az egységgyökök összegét és szorzatát is kiszámolhattuk volna közvetlenül a trigonometrikus alakból. Az összeghez mértani sort kell összeadni, a szorzásnál meg a szögek adódnak össze, és itt számtani sort kapunk. Ez a módszer hasznos a négyzetösszeg kiszámítására is. A mértani sor összegképlete alapján ε1 2 + ε ε2 n = ε2 1 + ε ε2n 1 = ε2n 1 1 ε A számláló nulla, és így az eredmény is az, kivéve ha a nevezőben nulla van, vagyis ha ε1 2 = 1. Ez csak úgy lehet, ha n = 1 vagy n = 2. Ezekben az esetekben közvetlenül láthatjuk, hogy a négyzetösszeg 1, illetve 2.

19 1.5. EGYSÉGGYÖKÖK ÉS RENDJEIK A binomiális tételt alkalmazzuk először az (1 + 1) n összegre. ( ) ( ) ( ) n n n 2 n = n Hasonlóan fölírva az (1 1) n összeget, azt kapjuk, hogy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n 0 = ( 1) n n Legyen ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n A = és B = (az összegezést akár a végtelenségig is folytathatjuk, mert egy binomiális együttható értéke nulla lesz, ha az alul álló szám már meghaladja a felül állót). Ekkor a fenti képletek szerint A + B = 2 n és A B = 0, vagyis A = B = 2 n 1. Végül írjuk föl az (1 + i) n összeget. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n n n n (1 + i) n = + i i + + i i Ezért Re ( (1 + i) n) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n = Ha most ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n X = és Y = , akkor X Y = Re ( (1+i) n) és X + Y = B = 2 n 1. Ebből a két egyenletből pedig a keresett X kifejezhető: X = ( 2 n 1 + Re((1 + i) n ) ) /2. Az (1 + i) n értékét trigonometrikus alakban számíthatjuk ki, az eredmény 2 n/2( cos(2nπ/8) + i sin(2nπ/8) ), aminek a valós része 2 n/2 cos(2nπ/8). A feladatban n = 1867, így a végeredmény X = Egyrészt (cos x + i sin x) n = cos(nx) + i sin(nx), másrészt a binomiális tétel miatt n ( ) n (cos x + i sin x) n = i j cos n j x sin j x j j=0 (az itt használt, úgynevezett szumma jelölés magyarázata a Definícióban található). Innen képzetes részt véve ( ) ( ) ( ) n n n sin(nx) = cos n 1 x sin x cos n 3 x sin 3 x + cos n 5 x sin 5 x..., valós részt véve cos(nx) = cos n x (itt sin 2 x helyére 1 cos 2 x-et írva sin x teljesen eltüntethető). ( ) ( ) n n cos n 2 x sin 2 x ( 1) j cos n 2 j x sin 2 j x j

20

21 2. fejezet Polinomok 2.1. A polinom fogalma Az eredmény Amennyiben a 2 és b 3 sem nulla, a szorzat foka Először a bal oldali zárójelet bontjuk föl: a 0 b 0 + (a 0 b 1 + a 1 b 0 )x + (a 0 b 2 + a 1 b 1 + a 2 b 0 )x 2 + +(a 0 b 3 + a 1 b 2 + a 2 b 1 )x 3 + (a 1 b 3 + a 2 b 2 )x 4 + a 2 b 3 x 5. (a a n )(b b m ) = a 1 (b b m ) a n (b b m ). Ha most mindegyik zárójelben beszorzunk, az állítást kapjuk. Mindkét fajta beszorzást az teszi lehetővé, hogy a komplex számok műveleteire érvényes a disztributivitás (x 3 +3x 2 +2) (x 3 +3x 4) = 3x 2 3x +6 és (x 2 +ix +3)(x 2 +i) = x 4 +ix 3 +(3+i)x 2 x +3i. Az első polinom másodfokú, a második negyedfokú Ha n = 3, akkor az eredmény a 1 a 2 a 3 + a 1 a 2 b 3 + a 1 b 2 a 3 + a 1 b 2 b 3 + b 1 a 2 a 3 + b 1 a 2 b 3 + b 1 b 2 a 3 + b 1 b 2 b 3. Az általános (a 1 + b 1 )...(a n + b n ) szorzatot több lépésben fejthetjük ki (és közben mindig felhasználhatjuk a Gyakorlatot). A végeredmény egy 2 n tagú összeg lesz, amelynek mindegyik tagja egy n-tényezős x 1 x 2... x n szorzat, ahol az x betű helyére a vagy b betűt kell írni az összes lehetséges kombinációban. Általában ha több soktagú összeget szorzunk össze, akkor mindegyik tényezőből ki kell venni egy tagot az összes lehetséges módon egymástól függetlenül, ezeket össze kell szorozni, és a kapott szorzatokat összeadni Írjuk be az a i j -ket egy táblázatba: az a i j az i-edik sor j-edik helyére kerüljön (tehát n sor lesz, és m oszlop). Ekkor mindkét szumma a táblázatban álló számok összege, csak az elsőben először az oszlopokat adjuk össze, a másodikban pedig először a sorokat Az Útmutatóban leírtakat folytatjuk. Az összegben szereplő (ε j k ) j+k tagok közül n darab lesz olyan, ahol j k egy előre rögzített l szám (a kitevőkkel mod n számolunk): minden k értékhez pontosan a j = k + l-hez tartozó. Ekkor j + k = 2k + l, vagyis n 1 n 1 n 1 ( n 1 ) SS = (ε l ) 2k+l = ε l2 (ε 2l ) k. l=0 k=0 A zárójelben álló összeg az Gyakorlat mintájára, mértani sorként kiszámítható: ha ε 2l = 1, akkor n-nel egyenlő, egyébként nulla. Az ε 2l akkor lesz 1, ha l = n, továbbá ha n páros és l = n/2. Ez utóbbi esetben például trigonometrikus alak segítségével kapjuk, hogy ε l2 értéke 1, ha n osztható néggyel, különben pedig 1. Ezért S értéke n, ha n páratlan, nulla, ha n néggyel osztva 2 maradékot ad, végül 2n, ha 4 n. Ha n = 2, akkor S = 0. Tegyük föl, hogy p páratlan prím, és vizsgáljuk először azt az esetet, amikor p 1 (4). Az E.4.8. Tétel miatt van olyan b egész, hogy b 2 1 (p). A j bj kölcsönösen egyértelmű 15 l=0 k=0

22 16 2. POLINOMOK megfeleltetés a mod p maradékosztályok halmazán, hiszen (b, p) = 1. Ezért az S összeg az ε (bj)2 számok összege is, ahol 0 j n 1. De (bj) 2 j 2, vagyis ez utóbbi összeg az S konjugáltjával egyenlő. Tehát S = S, és mivel S = p, ezért S = ± p. (Az eredmény előjele attól függ, hogy melyik ε primitív egységgyökből indulunk ki.) Tegyük most föl, hogy p 3 (4). Mivel ( j) 2 = j 2, ezért az S összeg minden 1-től különböző tagja kétszer szerepel ebben az összegben. A S összegben az 1 kivételével szintén minden tag kétszer szerepel, ezek az E.4.8. Tétel szerint éppen azok az egységgyökök, amelyek S-ben nem szerepelnek, viszont mindegyik egységgyök szerepel valamelyik összegben. Ezért S + S az összes p-edik egységgyökök összegének kétszerese, azaz nulla ( Gyakorlat). Innen S = p miatt S = ±i p A szokásos számolási szabályok A tényezők száma szerinti indukcióval bizonyítunk: feltesszük, hogy az n-nél kevesebb tényezős szorzatok értéke már független a zárójelezéstől. Ha adott egy n-tényezős szorzat, akkor az A B alakú, ahol A és B már rövidebb szorzatok. Ha A nem egytényezős, akkor az indukciós feltevés miatt A = a 1 C alakban írható. Az asszociativitás miatt A B = (a 1 C) B = a 1 (C B). Vagyis mindegyik n-tényezős szorzat a 1 D alakra hozható. Az indukciós feltevés miatt D értéke független a zárójelezéstől, tehát tényleg bármely két zárójelezés ugyanazt az eredményt adja Legyenek f, g, h az X halmazon értelmezett, X-be vezető függvények. Azt kell belátni, hogy f (g h) = ( f g) h. Két függvény akkor egyenlő, ha minden helyen megegyezik az értékük. De ha x X tetszőleges, akkor a kompozíció definícióját ismételten felhasználva ( f (g h) ) (x) = f ( (g h)(x) ) = f ( g ( h(x) )), és ( ( f g) h) ) (x) = ( f g )( h(x) ) = f ( g ( h(x) )). A két érték tehát tényleg ugyanaz. Ha vesszük az x-tengelyre való T tengelyes tükrözést, illetve az origó körüli 90 fokos F forgatást, akkor ez a két transzformáció nem cserélhető fel. Ezt a legegyszerűbben komplex számokkal láthatjuk be: T(z) = z, és F(z) = iz, de (T F)(z) = iz = iz nem egyenlő (F T)(z) = iz-tal, kivéve ha z = Az útmutatásban szereplő állítás igazolása a következő. Keressük meg azt a könyvet, ami a legbaloldalra való, és addig cseréljük meg mindig a bal oldali szomszédjával, amíg a helyére nem kerül. Ezután ugyanezt végigcsináljuk a balról második helyre való könyvvel, és így tovább. Ha adott az a 1... a n szorzat, akkor a Feladat miatt a zárójelezéssel nem kell foglalkoznunk, a kommutativitás viszont lehetővé teszi bármely két szomszédos tényező cseréjét. Ennek ismételgetésével pedig a tényezők bármelyik sorrendje megkapható Az identikus leképezés az az id függvény, amely X minden eleméhez saját magát rendeli. Nyilván f id = id f = f minden f függvényre (helyettesítsünk be tetszőleges x X-et), azaz id neutrális elem. Belátjuk, hogy ez az egyetlen neutrális elem (ez a Gyakorlatból is következik). Ha az e függvény neutrális elem, akkor az e id = id egyenletbe x-et helyettesítve e(x) = x, vagyis e = id Ha e bal oldali, f jobb oldali neutrális elem, akkor e f = f (mert e bal oldali neutrális elem), ugyanakkor e f = e (mert f jobb oldali neutrális elem). Tehát e = f. Vagyis ha van bal oldali, és van jobb oldali neutrális elem is, akkor mindkét fajtából csak egy lehet, és az kétoldali neutrális elem lesz (1) Tegyük föl, hogy v balinverze, w pedig jobbinverze u-nak. A művelet asszociativitása miatt v (u w) = (v u) w. De v (u w) = v e = v, és (v u) w = e w = w. Ezért v = w. (2) u v v 1 u 1 = u e u 1 = e, és v 1 u 1 u v = v 1 e v = e.